绝密★启用前 5．(本题 5分)某地病毒暴发，全省支援，需要从我市某医院某科室的 4名男医生（含一名
大庆名校 2022-2023 学年度下学期期中考试 主任医师） 5名女医生（含一名主任医师）中分别选派 3名男医生和 2名女医生，则在有
高二年级数学试题 一名主任医师被选派的条件下，两名主任医师都被选派的概率为（ ）
3 3 6 6
考试时间：120 分钟，满分：150 分 A． 8 B． C． D．10 11 17
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
x2 y2
注意事项： 6．(本题 5分) F1,F2分别为双曲线C : 2 2 1(a 0,b 0)的左，右焦点，过 F的直线与双曲a b 1
1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息
2．请将答案正确填写在答题卡上 线左支交于 A,B两点，且 AF1 3 BF1 ，以O为圆心，OF2为半径的圆经过点 B，则C的离
第 I卷（选择题）
一、单选题(共 40 分） 心率为（ ）
5 5
1．(本题 5 10 5分)集合 A {x Z | y 2 log 2x} ，B 1,0,2,3,5 ，则 A B （ ） A． B． C． D．2 2 2 3
A． 2,3 B． 0,2,3 7．(本题 5分)记函数 f (x) 2sin( x )( π 0, ) 的最小正周期为T，且 f (T ) 1，若
2
C． 1,0,5 D f (x)． 在[0, ]上恰有 3个零点，则 的取值范围为（ ）
[13 ,19) (13 ,19] [19 25 19 25
z A． B． C．
, ) D． ( , ]
2．(本题 5分)已知 z i zi，则 （ ） 6 6 6 6 6 6 6 6
2 1 8．(本题 5分)已知正四棱锥（底面为正方形，且顶点在底面的射影为正方形的中心的棱锥A． B．0 C． D．1
2 2 π
为正四棱锥）P－ABCD的底面正方形边长为 2，其内切球 O的表面积为 ，动点 Q在正方 3
3．(本题 5分)已知向量 a 2,m ,b 4, 4 ，且b a b ，则实数m （ ）
形 ABCD内运动，且满足OQ OP，则动点 Q形成轨迹的周长为（ ）
A．2 B．6 C．8 D．10 2π 3π 4π 5π
A． B． C． D．
4．(本题 5分)南宋数学家杨辉在《详解九章算术》中提出了高阶等差数列的问题，即一个 11 11 11 11
数列 an 本身不是等差数列，但从 an 数列中的第二项开始，每一项与前一项的差构成等差
二、多选题(共 20 分）
数列 bn （则称数列 an 为一阶等差数列），或者 bn 仍旧不是等差数列，但从 bn 数列中 9 5．(本题 5分)若 x a0 a1(1 x) a2(1 x) 2 a (1 x)55 ，其中 ai i 0,1 ,5 为实数，则
的第二项开始，每一项与前一项的差构成等差数列 cn （则称数列 an 为二阶等差数列）， （ ）
依次类推，可以得到高阶等差数列．类比高阶等差数列的定义，我们亦可定义高阶等比数列， A． a0 0 B． a3 10 C． a1 a3 a5 16 D． a1 a2 a5 1
设数列1,1,2,8,64, 是一阶等比数列，则该数列的第8项是（ ）
10．(本题 5分)为弘扬我国古代的“六艺文化”，某校计划在社会实践中开设“礼”、“乐”、“射”、
A． 25 B． 2 C． 221 D． 228
数学试题 第 1页 共 6页 ◎ 数学试题 第 6页 共 6页
“御”、“书”、“数”六门体验课程，每天开设一门，连续开设 6天，则下列结论正确的是（ ） lg2≈0.3010，lg3≈0.4771)．
A．从六门课程中选两门的不同选法共有 20种 16．(本题 5分)已知函数 f x 及其导函数 f x 的定义域均为 R，且满足
B．课程“数”不排在最后一天的不同排法共有 600种
f x f x 2x, x 0时， f x 1 0．若不等式 f x ln a f x ln a在 2, 上
C．课程“礼”、“书”排在相邻两天的不同排法共有 240种
恒成立，则 a的取值范围是__________,
D．课程“乐”、“射”、“御”排在都不相邻的三天的不同排法共有 72种
11．(本题 5分)下列式子中值为 3的为（ ）
四、解答题(共 70 分）
A． tan
2023π
B． sin15 cos15
3
1 tan15 17．(本题 10分)在 ABC
2b 3c cosC
中， B
， ， BC边中线 AM 7 .
C． D．
1 tan15 tan103 tan43 3tan103 tan43 3a cos A
6
2 2
12．(本题 5分)已知O为坐标原点，椭圆C x y： 1的左、右焦点分别为 F1、F2，椭圆 (1)求A的值；16 9
(2)求 ABC的面积．
的上顶点和右顶点分别为 A、B，点 P、Q都在C上，且 PO OQ，则下列说法正确的是（ ）
18．(本题 12分) *已知数列 an 的前 n项和为 Sn，且满足 2Sn 2n 3an n N ．
A． PQF2周长的最小值为 14
(1) an 的通项公式；
B．四边形 PF1QF2可能是矩形
(2)若bn nan n，求数列 bn 的前 n项和Tn．
C．直线 PB，QB
9
的斜率之积为定值
16 19．(本题 12分)如图 1，在直角梯形 EFBC中，BF CE，EC EF，EF 1，FB 2，EC 3 .
D． PQF2的面积最大值为3 7 现沿平行于 EF 的 AD折叠，使得 ED DC且BC 平面 BDE，如图 2所示.
第 II 卷（非选择题）
三、填空题(共 20 分）
1 2y 2x y 513．(本题 5分) 的展开式中 x2 y4的系数为______.（以数字作答）
x
14．(本题 5分)中国共产党第二十次全国代表大会在北京召开期间，将含甲、乙在内的 8名
工作人员平均分配到 A,B两个省代表厅从事服务工作，则甲、乙两人不分在同一省代表厅的
概率为______． (1)求 AB的长度；
15．(本题 5分)某化工厂生产一种溶液，按市场要求杂质含量不超过 0.1%，若初时含杂质 (2)求二面角 F EB C的大小.
1
2%，每过滤一次可使杂质含量减少 ，至少应过滤________次才能达到市场要求(已知
3
数学试题 第 3页 共 6页 ◎ 数学试题 第 6页 共 6页
20．（本题 12分）小明参加学校组织的党的二十大知识竞赛，一路过关斩将，与小李一同进
1
入冠亚军争夺赛.根据以往比赛经验，每局比赛小明先答题获胜的概率为 2 ，后答题获胜的
2
概率为 3 .现有两种比赛规则供选择：①三局两胜制，即先获胜两局者赢得比赛，②五局三
胜制，即先获胜三局者赢得比赛.每局比赛只有胜败两种结果，采用抽签决定谁先答题，谁
先答题可选择赛制规则，接下来的一局轮换先答题.已知小明抽到先答题.
(1)若采用三局两胜制，设每局比赛获胜者得 2分，败者得-1 分， X 表示比赛结束时小明的
总得分，求 X 的分布列和数学期望；
(2)假如你是小明，选择哪种比赛规则，获得冠军的机会更大，并说明理由.
x221 y
2
．(本题 12分)已知椭圆 E : 2 2 1(a b 0) 的一个顶点为 (0，1)，焦距为 2 3． 椭圆 Ea b
的左、右顶点分别为 A，B，P为椭圆 E上异于 A，B的动点，PB交直线 x 4于点T，AT 与
椭圆 E的另一个交点为Q．
(1)求椭圆 E的标准方程；
(2)直线 PQ是否过 x轴上的定点？若过定点，求出该定点的坐标；若不过定点，说明理由．
22．(本题 12分)已知函数 f x aln x a 1 x2 x， a R .
2
(1)求函数 f x 的单调区间；
1
(2)若x ，x 是函数 g x alnx x 2 x1 2 的两个极值点，且 x2 1
x2，求证： f x1 f x2 0 .
数学试题 第 5页 共 6页 ◎ 数学试题 第 6页 共 6页高二数学试题参考答案
1．A
【分析】根据函数定义域求出A，再根据交集定义即可求出 A B．
【详解】因为 2 log2 x 0，解得0 x 4，且 x Z，
所以 A 1,2,3,4 ，
所以 A B 2,3 ，
故选：A．
2．A
【分析】利用复数的四则运算计算求模即可.
1
a b a
【详解】设 z a bi，则 a b 1 i ai bi 2 b ai 2，故
b 1
，解之得 ，
a b 1
2
2
所以 z a2 b2 .
2
故选:A
3．D
【分析】根据平面向量数量积的坐标表示计算即可.
2
【详解】由b a b ，可得b a b 0 ，即 a b b 8 4m 32 0，解得m 10．
故选：D．
4．C
【分析】根据数列特征可知数列 bn 为等比数列，进而得到bn ，利用累乘法可求得 an ，代
入 n 8即可.
a
【详解】记数列1,1,2,8,64, 为 an n 1，设bn a ，n
则b1 1，b2 2，b3 4，b4 8， ，
b 1 n 1数列 n 是以 为首项， 2为公比的等比数列， bn 2 ，
n 1 n 2 7 6
a b b b b a 21 2 3 n 2 2 ，n n 1 n 2 n 3 1 1 2 a 2 2 2
21 .
8
故选：C.
5．D
答案第 1页，共 13页
【分析】求出有一名主任医生被选派以及两名主任医师都被选派的概率，根据条件概率的计
算公式即可求得答案.
【详解】记“选派 3名男医生和 2名女医生，有一名主任医生被选派”为事件 A，
2 2
P A C3C4 C
3 1
3C4 C
2 1
则 3
C4 17
3 2 ，C4C5 20
记“选派 3名男医生和 2名女医生，两名主任医师都被选派”为事件 B,
3
P AB C
2C13 4 3 P AB 6则 3 2 , P B∣ A 10 ，C4C5 10 P A 17 17
20
故选：D
6．A
【分析】根据双曲线的定义以及 AF1 3 BF1 可得边的关系，结合余弦定理即可求解.
【详解】由题意得 F BF 90 1 2 ，
设 BF1 m，则 BF2 m 2a, AF1 3m, AF2 3m 2a, AB 4m，
Rt ABF 2 2 2在 2中，由勾股定理得 2a m 4m 3m 2a ，解得m a，则
BF1 a, BF2 3a，
2 10
在Rt F1BF2 中，由勾股定理得 a2 3a 2c
2 c2 a2 C e c 10，化简得 ，所以 的离心率 ，
4 a 2
故选:A.
7．A
π
【分析】由 f (T ) 1求得 ，使用整体换元法求得 x
π
的范围，根据 f (x)在[0, ]上
6 6
恰有 3个零点列出满足的不等式关系求解即可.
【详解】因为 f (x)的最小正周期为 T，所以 f (T ) f (0) 2sin 1．
答案第 2页，共 13页
又 | |
π
，所以 ，
2 6
π π π
当0 x π时， x π ，
6 6 6
由 f (x)在[0, ]
上恰有 3个零点，得2 3 ，
6
13
解得
19
．
6 6
故选：A
8．C
【分析】利用等体积法及几何关系求出关于动点 Q的等式关系 ，根据相关几何意义即可求
出动点 Q形成轨迹的周长.
2 π 3
【详解】设内切球 O的半径为 R，则 4πR ，∴ R ．
3 6
如图，连接 AC与 BD，设交点为 F，取 AD的中点 E，连接 PE，PF，EF．
1 1 2
根据等体积法得 SABCD 4S△PAB R AB PF，3 3
1 1 3 4
∴ 4 4 2 PE PF ，整理得1 PE 2 3PF，又 PE 2 PF 2 1，3 2 6 3
PE 13 PF 4 3 OF 3 OP 13 3 OQ OP 13 3解得 ， ．∴ ， ， ．11 11 6 66 66
2 2
Rt OFQ 13 3 △ QF 3
2
在 中， 66 6
．
11
2 2 4
∴点 Q在以点 F为圆心， 为半径的圆上，其周长为 2π π．
11 11 11
故选：C．
9．BC
【分析】根据给定的条件，把 x5写成[1 (1 x)]5，再利用二项式定理结合赋值法，逐项计算
判断作答.
【详解】依题意，令 f (x) x5 [1 (1 x)]5 a0 a1(1 x) a 2(1 x)
2 a 55 (1 x) ，
答案第 3页，共 13页
对于 A， a0 f (1) 1，A错误；
对于 B，a3是[1 (1 x)]5按 (1 x) 3 3展开的第 4项系数，因此 a3 C5 ( 1) 10，B正确；
对于 C， a0 a1 a2 a3 a4 a5 f (0)， a0 a1 a2 a3 a4 a5 f (2)，
a a a f (0) f (2) 0 2
5
所以 1 3 5 16，C正确；2 2
对于 D，a1 a2 a3 a4 a5 f 0 a0 0 1 1，D错误.
故选：BC
10．BC
【分析】根据给定条件利用排列、组合知识，逐项分析计算判断作答.
【详解】对于 A，从六门课程中选两门的不同选法有C26 15种，A不正确；
对于 B 5 5，前 天中任取 1天排“数”，再排其它五门体验课程共有5A5 600种，B正确；
5
对于 C，“礼”、“书”排在相邻两天，可将“礼”、“书”视为一个元素，不同排法共有 2A5 240
种，C正确；
对于 D，先排“礼”、 “ ” 3 3书 、“数”，再用插空法排“乐”、“射”、“御”， 不同排法共有A3A4 144
种，D不正确.
故选：BC
11．ACD
【分析】根据诱导公式、辅助角公式、两角和与差的正切公式化简各选项即可.
2023π π
【详解】对于 A， tan tan 674π tan
π
3；
3 3 3
对于 B， sin15 cos15 2 sin 1 5 45 2 sin 6 0 6 ；
2
1 tan15 tan45 tan15
对于 C， tan 60 3 ；
1 tan15 1 tan45 tan15
tan103 tan43
对于 D，由 tan60 tan 103 43 3，
1 tan103 tan43
所以 tan103 tan43 3tan103 tan43 3 .
故选：ACD.
12．ACD
【分析】对四个选项一一判断：对于 A：利用椭圆的对称性，判断出 PQ为椭圆的短轴时，
答案第 4页，共 13页
PQF2周长最小.即可判断；对于 B：判断出 F
1AF2 ，从而四边形 PF2 1
QF2 不可能是矩形.
9
即可判断；对于 C：设 P x, y ，直接计算出 kPB kQB .即可判断；对于 D.由△PF2Q的16
1
面积为 S OF y
2 P
yQ .即可判断.
【详解】由 PO OQ，可知 P，Q关于原点对称.
对于 A.根据椭圆的对称性，PQ PF2 QF2 PQ PF2 PF1 PQ 8，当 PQ为椭圆的
短轴时， PQ 有最小值 6，所以 PQF2周长的最小值为 14.故 A正确；
对于 B.因为 tan F AO c 7 1 ，所以 Fb 3 1
AO ，
4
F AF 则 1 2 ，故椭圆上不存在点 P，使得 F2 1
PF2 ，2
又四边形 PF1QF2 是平行四边形，所以四边形 PF1QF2 不可能是矩形.故 B不正确.
对于 C.由题意得 B 4,0 ，设 P x, y ，则Q x, y ，
2
9 1
x
所以 k y y y
2 16 9
PB kQB
.故 C正确；
x 4 x 4 x2 16 x2 16 16
对于 D.设△PF Q
1
2 的面积为 S OF yP yQ ，所以当 PQ为椭圆的短轴时， yP y 6最2 Q
1 1
大，所以 S OF y P yQ 7 6 3 7 .故 D正确.2 2
故选：ACD.
13．-80
5
【分析】根据二项式定理计算 2x y 中的 x2 y3即可.
1
【详解】原式等于 2x y 5 2y 2x y 5，
x
设 2x y 5 T k 5 k k 1 5的通项为 2 4k 1 C5 2x y ，而 2x y 中没有 x y 项，x
故 k 3时，T C3 2x 2 y3 40x2 y34 5 ，
即 x2 y4项的系数为 2 40 80 .
故答案为：-80
4
14．
7
答案第 5页，共 13页
【分析】先求基本事件总数，然后求满足事件发生的事件数，最后利用古典概型概率求解即
可.
4 4
【详解】将 8人平均分配到 2个省代表厅的安排方法数为 n C8C4 70种，
2 3 3
其中甲、乙两人不在同一个省代表厅的方法数为m A2 C6C3 40种，
m 40 4
所以所求的概率为 P ．
n 70 7
4
故答案为： .
7
15．8
【分析】设原有溶液 a，由此表示出杂质含量，再求出经过 n次过滤后的杂质含量，建立不
等式，求解作答.
1
【详解】设原有溶液 a，则含杂质 2%a，经过 n次过滤，含杂质 2%a(1 )n，
3
2%a( 2) n 2 n 1
因经过 n次过滤后杂质含量不超过 0.1%，则 3 0.1%，即 ( ) ，
a 3 20
n lg 20 1+lg 2 1 0.3010
lg 3
7.3878
lg3 lg 2 0.4771 0.3010 ，而 n N ，则 nmin 8
2
所以至少应过滤 8次.
故答案为：8
16． e4 ,
【分析】构造 g x f x x，得到其奇偶性和单调性，对不等式变形得到
f x ln a x ln a f x x，从而得到 x ln a x ，平方后由一次函数的性质得到不等
式组，求出 a的取值范围.
【详解】令 g x f x x，则 g x f x x f x x g x ，故 g x 为 R 上的偶
函数，
当 x 0时， g x f x 1 0．
所以 g x 在 , 0 单调递减，在 0, 单调递增．
f x ln a f x ln a等价于 f x ln a x ln a f x x，
答案第 6页，共 13页
即 g x ln a g x 在 x 2, 上恒成立．
所以 x ln a x ，平方后化简得到2x lna ln2 a 0．
ln a 0
由一次函数性质可得
4lna
，
ln2 a 0
解得 ln a 4，即a e4 ，
故 a 4的取值范围是 e , ．
4
故答案为： e , .
【点睛】利用函数 f x 与导函数 f x 的相关不等式构造函数，然后利用所构造的函数的
单调性解不等式，是高考常考题目，以下是构造函数的常见思路：
x
比如：若 f x f x 0，则构造 g x e f x ，若 f x f x 0 f x ，则构造 g x x ，e
若 f x xf x 0 f x ，则构造 g x xf x ，若 f x xf x 0，则构造 g x .
x
π
17．(1)
6
(2) 3
【分析】（1）由正弦定理结合三角恒等变换得出A的值；
（2）由余弦定理得出b 2，最后由面积公式得出 ABC的面积．
2b 3c cosC
1 2sin B 3 sinC cosC【详解】（ ）因为 ，所以由正弦定理可得
3a cos A 3 sin A cos A
2sin Bcos A 3sin AcosC 3sinC cos A 3sin(A C) 3sin B
因为 sinB 0 3 π，所以 cos A ，因为 A 0, π ，所以 A .
2 6
2
（2 ）因为 B ，C A B 6 ，可知 ABC为等腰三角形.3
在 AMC中，由余弦定理可得 AM 2 AC2 MC2 2AC MC cos120
即7
b b
b2 ( )2 2 b cos120 ，解得b 2 .
2 2
所以 ABC 1 1 3的面积为 S b2 sinC 22 3 .
2 2 2
18 n．(1)an 3 1
答案第 7页，共 13页
(2)T
n 1 3
n
3n 1
2 4 4
S ,n 1
【分析】（1）根据 an
1
作差得到 an 3an 1 2 a 1 3 a 1
Sn Sn 1,n 2
，从而得到 ，
n n 1
即可得到 an 1 是以3为首项，3为公比的等比数列，即可求出通项公式；
（2）由（1）可知 bn n 3n ，利用错位相减法求和即可.
*
【详解】（1）因为 2Sn 2n 3an n N ①，
当 n 1时 2S1 2 3a1，则 a1 2，
当n 2时 2Sn 1 2 n 1 3an 1②，
① ②得2Sn 2n 2Sn 1 2 n 1 3an 3an 1，即 2an 2 3an 3an 1，
则an 3an 1 2，所以 an 1 3 an 1 1 ，
所以 an 1 3 n n是以 为首项，3为公比的等比数列，所以 an 1 3 ，则 an 3 1.
（2）因为bn nan n，所以bn n 3n 1 n n 3n，
T 1 31 2 32所以 n 3 3
3 n 3n③，
3Tn 1 3
2 2 33 3 34 n 3n 1④，
③ ④得 2Tn 1 3
1 1 32 1 33 1 3n n 3n 1
3 1 3n
n 3n 1 1 3n 1 3 n 3n 1 1 n 3n 1 3 ，
1 3 2 2 2 2
T n 1 3所以 n 3
n 1 .
2 4 4
19．(1)1
5π
(2)
6
【分析】（1）利用垂直关系得 BC BD，再结合勾股定理，即可求解；
（2）分别求平面 BCE和 BEF的法向量，根据二面角的向量公式，即可求解.
【详解】（1）由BC 平面 BDE， BD 平面 BDE，得 BC BD，
答案第 8页，共 13页
在矩形EFBC中，由 BF / /CE,EC EF， EF 1,FB 2,EC 3，知 BC 2，
设 AB x 0 x 2 ，则 AF DE 2 x，CD x 1，
故BD2 AB2 AD2 x2 1，CD2 x 1 2，
2 2 2 2 2由勾股定理： BD BC CD x 1 2 x 1 2，
解得： x 1，
AB的长度为 1；
（2）因为 ED AD， ED DC， AD DC D ，
且 AD,DC 平面 ABCD，所以 ED 平面 ABCD，
结合DA DC知，DA,DC,DE两两互相垂直，故以点D为原点，DA,DC,DE为 x， y， z轴
正方向建立空间直角坐标系，所以
D 0,0,0 ， A 1,0,0 ，B 1,1,0 ，C 0,2,0 ， E 0,0,1 ， F 1,0,1 ，
uuur
所以 BF 0, 1,1 ， EF 1,0,0 ， BC 1,1, 0 ，EC 0,2, 1 ，
n1 BC x1 yn 1
0 0
设 1 x1 , y1 , z1 为平面BCE的一个法向量，所以 ，
n1 EC 0 2y1 z1 0
取 x1 1，则 n1 1,1,2 ，
n2 EF x2 0
设 n2 x2 , y2 , z2 为平面 BEF的一个法向量，所以 ，
n2 BF y2 z2 0
取 y2 1，则 n2 0, 1, 1 ，
n1 n2 3 3
记所求二面角大小为 ， 为钝角，则 cos n1 n2 6 2 2
，
5π
所求二面角的大小为 .
6
答案第 9页，共 13页
20．(1)分布列见解析， E X 7
4
(2)选择五局三胜制，理由见解析
【分析】（1）由题意 X 的可能取值为 2,0,3, 4，应用独立乘法公式、互斥事件加法求对应概
率，进而写出分布列并求期望；
（2）求出不同比赛规则下小明获得冠军的概率，比较大小即可得结论.
【详解】（1） X 的可能取值为 2,0,3, 4，
P X 1 2 1 2 1
2
1 ，
3 6
P X 0 1 1 2 1 1 1 1 2 1 1 1
，
2 3 2 2 3 2 4
P X 3 1
1 2 1 1 1 2 1 1 ，
2 3 2 2 3 2 4
P X 4 1 2 1 ，
2 3 3
故 X 的分布列为
X -2 0 3 4
1 1 1 1
P
6 4 4 3
E X 2 1 0 1 1 1 7所以 3 4 .
6 4 4 3 4
7
（2）由（1）采用三局两胜制，小明获得冠军的概率为 P1 P X 3 P X 4 .12
采用五局三胜制，小明获得冠军的概率为
1 2 1 1 2 1 2 1 2P 1 22 2
1 1
2 3 2 2 3 2 3 2 3 2 3
2 2 2 2
C1 1 1 1 2 2 12 1 C2 1
1 1 2 1 1 2 1
5
2 2 3 3 2
1 ，
2 3 2 2 3 2 8
P 7 P 5因为 1 12 2
，
8
答案第 10页，共 13页
所以选择五局三胜制，小明获得冠军的机会更大.
2
21．(1) x y2 1
4
(2)经过定点，定点为 (1,0)
【分析】（1）根据椭圆的基本性质求解 a、b、c即可；
（2）使用直线与椭圆交于两点，直线与椭圆方程联立，利用韦达定理求出另一点的坐标，
得到 P、Q两点的坐标，求出其方程，化简为直线的点斜式方程即可得到定点坐标.
x2 y2
【详解】（1） 椭圆 C : 2 2 1 a b 0 的一个顶点为 (0，1)，焦距为 2 3，a b
b 1
， 解得 a 1 3 2，
c 3
x2 椭圆 C 的方程为 y2 1.
4
（2） T 在直线 l : x 4上，则点 T (4, t)，
A( 2,0),B(2,0)
AT : y t x 2 ,BT : y t x 2
6 2
x2 2
y 1 18 2t2 6t
由 4 ，得 Qt t2
,
9 t2 9
，
y (x 2)
6
x2
y
2 1
4 2t2P 2 , 2t
由 ,得 2 2 ，
y t x 2 t 1 t 1 2
k 2tPQ 3 t 2
，
2
PQ : y 2t 2t x 2t 2
2 2 t 1 3 t t2 1
，
2t 2t 2t2y x 2 2t
3 t2 3 t2 t2 1 t2 1
2 2
y 2t
2t 2 2t 2t 3 t
2 x 3 t t2 1 3 t2
y 2t 2t x ，
3 t 2 3 t 2
答案第 11页，共 13页
PQ : y 2t (x 1) ，
3 t 2
直线 PQ过定点 (1,0) .
【点睛】（1）利用椭圆的基本性质，结合椭圆的定量关系a2 b2 c2可求得所要的椭圆方程；
（2）直线经过定点问题，使用直线与椭圆交于两点，直线与椭圆方程联立，利用韦达定理
求出另一点的坐标，这样得到直线 PQ上两点，写出直线方程，化为 y y0 k(x x0 )点斜式
的方程，可得到直线所过的定点.
22．(1)答案见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）因参数 a在函数的位置特殊，考虑到参数变化时，函数定义域在变化，导函数
的零点也在变化，所以比较时候需要兼顾零点在不在定义域上，也需要考虑零点之间的大小
比较.
（2）对含参的双变量问题，核心在于消元，本问通过x x a1， 2， 之间的关系，把证明
f x1 f x2 0
1
转化为求函数 h t lnt t 的单调性问题，在结合函数h t 的单调性即证.
2
【详解】（1）易知函数 f x 的定义域为 a, .
a x x a 1
又 f x x 1 .
x a x a
1
当 a 0时， f x x 2 x , f x 在 0,1 上单调递增， f x 在 1, 上
2
单调递减；
当a 0时， f x 在 a,a 1 上单调递增， f x 在 a 1, 上单调递减；
当 1 a 0时， f x 在 0,a 1 上单调递增， f x 在 a,0 和 a 1, 上
单调递减；
当a 1时， f x 在 1, 上单调递减；
当 a 1时， f x 在 a 1,0 上单调递增， f x 在 a,a 1 和 0, 上单
调递减.
（2）由 g x alnx 1 x 2 x ， x 0则
2
答案第 12页，共 13页
a x2g x x 1 x a ，由题意知 x1, x2是方程 x2 x a 0的两根，
x x
因此， x
1 1
1 + x2 1， x1x2 a，且 a 0，0 x1 x2 1.4 2
所以， f x f x 1 2 aln x1 a
1
x2 x 1 1 aln x a
1
x2 x
2 2 2 2 2
x a x a
aln 1 1 x 21 x 22 1 x1 x 2 aln 1 x x x x 2 x2 a 2 x a 2 1 2 1 22
把 x1 + x2 1， x1x2 a代入得
x1 a x x xf x f x aln 1 x x x x ln 1 1 2 11 2 1 2 1 2 x x x2 a 2
x 1 2
2 x1x2 2
1
1
x
x1x2 ln
2 1 1 1 1 1 1 1 x1x2 ln 1 ln 1 1 2 x 1 1
x2
x2 2x2 x1 2x1
x1
要证 f x1 f x2 0，只需证明 ln
1 1 1 ln
1 1
x 2x
1 0 ，
2 2 x1 2x1
ln 1
即 1
1 1 1
x
ln 1 ，
2 2x2 x1 2x1
1 1 1 1
也即 ln 1 1 ln 1
1 1
x 2 x x
1 .
2 2 1 2 x
1
令 t
1 1
1 1
1
x ，
t2 1，由0 x1 x2 1，得 2 tx 2
t1 .
1 2 2
设 h t lnt 1 t ，要证 h t
2 2
h t1 .
1 1 2 t
因为， h t 0， h t 在 2, 上单调递减，
t 2 2t
所以，h t2 h t1 ，即证.
【点睛】思路点睛：（1）求含参函数单调区间，需考虑导函数零点与定义域的关系，不同零
点直接的大小，依次分类即可.
（2）对于题目涉及到的两个变元，已知中一个变元在题设给定的范围内任意变动，求另一
外变元的取值范围问题，这类问题我们称之不“伪双变量”问题.这种“伪双变量”问题，往往会
利用我们将字母 x作为自变量的误区来进行设计.此时，我们变更一元思路，将另一个 变量
作为自变量，从而使问题得以解决，我们称这种方法为变更主元法.
答案第 13页，共 13页
